skkn rèn luyện kỹ năng làm việc với phương trình mũ cho học sinh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG LÀM VIỆC
VỚI PHƯƠNG TRÌNH MŨ CHO
HỌC SINH


A- Mở đầu

I- Lý do chọn đề tài
Phương trình mũ là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán học ở
phổ thông . Rất nhiều đề thi , đặc biệt là đề thi Đại học , cao đẳng khai thác vấn đề
này . Trong khi đó do thời gian có hạn nên SGK mới chỉ dừng lại ở các dạng bài
tập cơ bản , mặc dù SGK cũng có sự phân loại song số lượng bài tập để học sinh
tự rèn luyện rất ít và chưa phong phú Vì vậy, để giúp học sinh đỡ lúng túng khi
gặp những bài toán về phương trình mũ , tôi đưa ra một số bài tập đã được phân
loại cùng với phương pháp giải các loại bài tập này.

II- Nhiệm vụ của đề tài
Thông qua hệ thống bài tập đã được phân loại cùng với phương pháp giải
các dạng bài tập đó , thì nhiệm vụ của đề tài này chỉ mong rằng sẽ góp phần
giúp học sinh hình thành, củng cố và rèn luyện kỹ năng làm việc với
phương trình mũ. Đó là các kỹ năng sau:

1- Giải các phương trình mũ bằng các phương pháp :
- Biến đổi hai vế về những lũy thừa có cùng cơ số.
- Lôgarit hóa
- Đặt ẩn phụ
- Phương pháp đánh giá hai vế
- Phương pháp sử dụng chiều biến thiên (đạo hàm ) đồ thị.
2 - Tìm điều kiện của tham số để phương trình :
- Có nghiệm , không có nghiệm.
- Có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước
3 - Giải và biện luận phương trình mũ.

III- Phương pháp tiến hành.
- Trong các tiết học chính khóa cần yêu cầu học sinh nắm chắc :
+ Khái niệm lũy thừa với số mũ thực, và các tính chất của lũy thừa
+ Hệ số mũ – tính chất
+ Hàm số Lôgarit – tính chất
+ Kỹ năng dùng đạo hàm để xét biến thiên của hàm số.
+ Kỹ năng vẽ đồ thị.
+ Hiểu được thực chất nghiệm của phương trình ¦(x) = g (x) là hoành
độ giao điểm của hai đồ thị y = ¦(x) và y = g (x).

- Trên cơ sở đó giáo viên đưa ra các dạng bài tập cho học sinh tự tìm tòi
phương pháp giải Þ Kết luận về cách giải của từng dạng.

IV- Đối tượng áp dụng :
Học sinh lớp 11+12

B- Nội dung

Khi giải một phương trình mũ ta thường vận dụng các phương pháp biến

đổi để đưa phương trình mũ đã cho về một trong hai dạng đơn giản nhất là :

1) a
x
= a
b
( 0 < a ¹ 1)
Û x = b

2) a
x
= c
Û x = log
a
c ( 0 < a ¹ 1 , c > 0 )
Một số phương pháp thường dùng để giải phương trình mũ là :

I - Biến đổi hai vế của phương trình về những lũy thừa có cùng cơ số :

a = 1
¦(x) & g(x) có nghĩa
a
¦(x)
= a
g(x)
Û
0 < a ¹ 1
¦(x) = g(x)

a) Ví dụ : Giải các phương trình sau:

1) 21 = 1
Học sinh cần để ý thấy rằng 1 = a
0
với a ¹ 0 . Vậy phương trình trên viết
được dưới dạng :

21 = 21
0
Txđ : " x ÎR
Û x
2
- 7x + 12 = 0
x = 4
Û
x
2
-
7x+12

x
2
-
7x+12

{
{


x = 3

Þ Đối với những phương trình có dạng a
¦(x)
= 1 ( 0 < a ¹ 1) ta có
phương trình tương đương với phương trình trên là : ¦(x) = 0



2) 32 = 0,25 . 128

Nhận thấy : 32 = 2
5
; 0,25 = = 2
– 2
; 128 = 2
7



Vì thế 2) Û 2 = 2
–2
. 2


Û 2 = 2


Û =

Đến đây ta có thể giải được phương trình để tìm nghiệm .

3) ( Ö10 + 3 ) = ( Ö10 - 3 )

Ta thấy : ( Ö10 + 3 ) ( Ö10 - 3 ) = 1 Þ Ö10 - 3 = ( Ö10 + 3 )
-1


Þ 3) Û ( Ö10 + 3 ) = ( Ö10 + 3 )

Û = -


Từ phương trình này ta có thể dễ dàng giải ra để tìm được x
Þ Nhận xét : Đối với phương trình mũ có 2 cơ số a, b mà a.b = 1 Þ b = a
– 1


x + 5
x - 7
x+17
x - 3
5(x + 5)
x - 7
7( x+17)
x - 3
5(x + 5)
x - 7
7( x+17)
x - 3

-
2

5(x + 5)

x
-

7

7( x +17 ) – 2( x –3
)

x
-

3

x - 3
x - 1
x + 1
x + 3
x - 3
x - 1
x + 1
x + 3
x - 3
x - 1
x + 1
x + 3

x
2
-
7x+12

1
4

4) ( a )
3 – x
= 1 Sử dụng tính chất (a
m
)
n
= a
m.n


Û a = 1
a = 1 a = 1

x Î R x Î
R
Û Û
0 < a ¹ 1 0 < a ¹ 1
(x
2
+ x – 2) (3 – x) = 0 x = - 2 Ú x = 1 Ú x = 3

5) (x + 1) = 1
x + 1 = 1 x = 0
x – 3 ³ 0 x ³ 3
Û Û Û x = 3
0 £ x + 1 ¹ 1 - 1< x ¹ 0
x – 3 = 0 x = 3

6) 8.3
x
+ 3. 2
x
= 24 + 6
x

Û 8 ( 3
x
– 3 ) + 2
x
(3 – 3
x
) = 0
Û ( 3
x
– 3 ) (8 - 2
x
) = 0
Û 3
x
= 3 Û x = 1
2

x
= 8 x = 3

Đối với phương trình này không thể đưa về cùng cơ số ngay thì ta có thể
đưa về cùng một vế rồi đặt thừa số chung.

b) Bài tập tương tự tự giải :

Ö 2
- x
1) 0,25 . 4
2x – 3
=
8

2) (Ö 6 + 2Ö 5 - Ö 6 - 2Ö 5 )
2x
+ 2
2 ( x+ 1)
= 320


3) ( x
2
- 2x + 2 ) = 1
(x
2
-7x+12)(3 –
x)

{

{

{

{

Ö
x- 3
{

{
{

{
Ö
4 – x
2



4) x
2
. 2
x
+ 8 = 2. x
2
+ 2
x+ 2

5) 2
- x - 2
= ( )
x + 1 + x - 1


II- Logarit hóa hai vế

Phương pháp này thường dùng đối với phương trình có dạng :

a
¦(x)
= b
g(x)

Û log
a
a
¦(x)
= log
a
b
g(x)
với a ¹ b
0 £ a , b ¹ 1

Cơ số thường chọn cho phép logarit hóa khi lũy thừa chứa cơ số đó có số
mũ phức tạp hơn.

a) Ví dụ : 5
x
= 3 Rõ ràng đây là phương trình không thể đưa về
cùng một cơ số được . Vậy ta logarit hóa 2 vế với cơ số 3 ta được :

log
3
5
x
= log
3
3 Txđ R

Û x. log
3
5 = x
2

Û x ( x – log
3
5 ) = 0

Û x = 0
x = log
3
5

2) 2 . 3
x
= 1,5

Cách 1 : 2 . 3
x
= 3 . 2
–1

Û
2 = 3
1 – x

Û x
2
– 2x + 1 = log
2
3
1 – x

Û ( x – 1)
2
+ (x – 1) log
2
3
1 – x
= 0

1
2
{

x

2

x
2

x
2

x
2
-

2x

x
2
-

2x

x
2
- 2x + 1

Û x - 1 = 0 Û x = 1
x – 1 + log
2
3 = 0 x = 1 – log
2
3

Cách 2 : Để ý thấy vế trái là tích 2 lũy thừa , vậy logarit hóa 2 vế ta có :

log
2
2 . 3
x
= log
2


Û x
2
– 2x + x.log
2
3 = log
2
3 – 1
Û x
2
+ (log
2
3 – 2 ).x + 1 - log
2
3 = 0
Û x = 1 ( vì có a + b + c = 0 )
x = 1- log
2
3

3) 2
3x
. 3
x
– 2 . 3 = 192

Û 2
3x
. 3
x
( 1- ) = 2
6
. 3

Û 2
3x
. 3 = 2
6
. 3

Û 2 = 3

Û 3x – 6 = (2 – x ) log
2
3
Þ Tìm được x


4) x = 10 ĐK : x > 0
x ¹ 1

Û . lg x = 1 Þ Luôn đúng với " 0 < x ¹ 1


b) Bài tập tương tự tự giải :

1) 5
x
+ 5 + 5 = 3
x
+ 3 + 3

2) 8 = 36 . 3

3) 5
x
. 8 = 500
x
2
- 2x
3
2

3x +1

x
-
1

2
3

x
-
1

3x -6
2 - x

1

lg x
{

1
lg x
x +1

x +2

x +2

x +1


x

x +2
2
-

x


x
-

1

x


4) x
lg2
. 2
– lg x
= 1

III- Phương pháp đặt ẩn phụ:

Trong phương pháp này luôn chú ý đến điều kiện của ẩn phụ .

a) Nếu trong phương trình có chứa : a
x
, a
2x
, a
3x
thì ta đặt a
x
= t

Þ a
2x
= t
2
, a
3x
= t
3
.
Þ Giải phương trình tìm t Þ tìm được x.
Ví dụ : Giải các phương trình sau:

1) 2 . 16
x
– 15 . 4
x
– 8 = 0
Û 2 . 4
2x
– 15 . 4
x
– 8 = 0
Đặt : 4
x
= t > 0
Þ 1) có dạng : 2. t
2
– 15. t - 8 = 0
Þ Từ đây ta có tìm được t Þ tìm được x.

2) (
5
Ö 3 )
x
+ (
10
Ö 3 )
x -10
- 84 = 0

Û (
10
Ö 3 )
2x
+ - 84 = 0

Đặt (
10
Ö 3 )
x
= t > 0 Þ 2) có dạng : 3.t
2
+ t – 252 = 0
Þ Tìm được t Þ tìm được x.

3) 4 - 5 . 2 = 6

Û 2 . 2 - 5 . 2 - 12 = 0

Û Đặt 2 = t > 0

Þ 3) có dạng : 2.t
2
–5.t – 12 = 0

Þ Tìm được t Þ tìm được x


* Bài tập tương tự tự giải :

(
10
Ö 3
)
x

3
x+Ö x
2
- 2

x-1+Ö x
2
- 2

x+Ö x
2
- 2

x+Ö x

2
- 2

x+Ö x
2
- 2

7

2x

100
x
x+Ö x
2
- 2


1) = 6. ( 0,7 )
x
+ 7

2) 9 - 7. 3 = 2

3) 2 - 9 . 2 + 2 = 0 (Nhân 2 vế với 2
– 2x
)

4) 8
x

– 3 . 4
x
– 3 . 2 + 8 = 0

b) Nếu phương trình có dạng : a. a
x
+ b. b
x
+ g.c
x
= 0
Trong đó : a.c = b
2
thì chia 2 vế cho a
x
hoặc c
x
rồi đặt ẩn phụ.
Ví dụ : Giải phương trình :

6 . 9
x
– 13 . 6
x
+ 6 . 4
x
= 0 (*)
Giải : Ta thấy : 9.4 = 36 = 6
2
nên

(*) Û 6. ( )
x
– 13. ( )
x
+ 6 = 0

Û 6. ( )
2x
– 13. ( )
x
+ 6 = 0

Đặt ( )
x
= t > 0

(*) Û 6.t
2
- 13.t + 6 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x.

* Bài tập tương tự tự giải :
1) 3.16
x
+ 2. 81
x
= 5.36
x

2) 125

x
+ 50
x
= 2

3) 3 + 4. 15 = 3. 5

c) Nếu phương trình có dạng : a. a
x
+ b. b
x
+ c = 0
Trong đó : a
x
. b
x
= 1 thì :
Cách 1 : Đặt a
x
= t > 0 Þ b
x
=

Cách 2 : Đặt a
x
= U > 0
b
x
= V > 0
khi đó phương trình đã cho tương đương với hệ : U > 0 , V > 0

Öx
2
– 2x -
x

Öx
2
– 2x - x -
1

2x
2
+ 1


x
2
+ x


2x

+ 2


x

+ 1

9
4

6
4

3
2

3
2

3
2

3x

+ 1


2x
2
+6x

-
9


x
2

+3x

-
5


2x
2
+6x

-
9


1

t

{

U.V = 1
a.U + b. V + c = 0
Ví dụ : Giải phương trình sau:

1) ( 5 +Ö 24 )
x
+ ( 5 - Ö 24 )
x
= 10
Nhận thấy : ( 5 +Ö 24 )

x
. ( 5 - Ö 24 )
x
= 1
Cách 1 : Đặt ( 5 +Ö 24 )
x
= t > 0

Þ 1) có dạng : t + = 10

Û t
2
– 10 .t + 1 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x.
Cách 2 : Đặt ( 5 +Ö 24 )
x
= U > 0
( 5 - Ö 24 )
x
= V > 0
Þ 1) Û U.V = 1
U + V = 10
Þ Giải hệ tìm được U , V Þ tìm được x.

2) ( 7 +4Ö 3 )
x
– 3.( 2 - Ö 3 )
x
+ 2 = 0
Ta thấy : 7 +4Ö 3 = ( 2 + Ö 3 )
2

Þ 2) Û ( 2 + Ö 3 )
2 x
- 3. ( 2 - Ö 3 )
x
+ 2 = 0
Có : ( 2 + Ö 3 ) ( 2 - Ö 3 ) = 1 nên ta đặt ( 2 + Ö 3 )
x
= t > 0

Þ 2) có dạng : t
2
- + 2 = 0

Û t
3
+ 2.t - 3 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x.

3) 2 + 4. 2 = 6

Thấy : 2 . 2 = 2

Đặt : 2 = t Î [ 1 ; 2 ] vì " x Î R Þ 0 £ Cos
2
x £ 1

Þ 2
0
£ 2 £ 2
1

Û 1 £ t £ 2

Þ 2 =

1

t

{
3

t

Sin
2

x

Cos
2

x

Sin
2
x
Cos
2
x
Cos

2

x

Cos
2

x

Sin
2

x

2

t

2

t


Þ 3) có dạng : + 4.t = 6

Û 4.t
2
- 6.t + 2 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x.

Có thể đặt : 2 = U Î [ 1 ; 2 ] U.V =

2
Û
2 = V Î [ 1 ; 2 ] U +
4.V = 6


Từ hệ trên có thể tìm U Î [ 1 ; 2 ]
V Î [ 1 ; 2 ]

* Bài tập tương tự tự giải :

1) ( 2 + Ö 3 )
x
+ ( 2 - Ö 3 )
x
- 4 = 0

2) ( 7 +3Ö 5 )
x
+ 7.( 7 - 3Ö 5 )
x
= 2
x+ 3

3) ( 5 - Ö 21 )
x
+ 7.( 5 + Ö 21 )
x
= 2
x+ 3

d) Nếu trong phương trình có chứa : a
x
; ; a
2x
; ; a
3x
;

thì đặt : a
x
+ = t ³ 2 ( BĐT Côsi)

hoặc : a
x
- = t

Ví dụ : Giải phương trình :
1) 4
x
+ 4
- x
+ 2
x
+ 2
- x
= 10

Û 2
2x

+ + 2
x
+ = 10

Đặt : 2
x
+ = t ³ 2 ( BĐT Côsi)

Þ 1) có dạng : t
2
- 2 + t = 10
Sin
2

x

Cos
2

x

1
a
x
1
a
2x
1
a
3x

1
a
x
1
a
x
1
2
2x
1
2
x
1
2
x

Þ
Tìm được
x


Û t
2
+ t - 12 = 0 Þ Tìm được t Þ tìm được x.

2) 2
3x
- 6.2
x
- + = 1

Û 2
3x
- - 6 . (2
x
- ) = 1


Đặt : 2
x
- = t (Lập phương trình 2 vế )


Þ 2
3x
- 3. 2
x
.2 + 3. - = t
3



Þ 2
3x
- = t
3
+ 6.( 2
x
- = t

3
+ 6.t

Þ 2) có dạng : t
3
+ 6.t - 6.t = 1 Þ t = 1 Þ tìm được x

* Bài tập tương tự tự giải :

8. 2
3x
+ 8. + 24. 2
x
+ 24. = 125


IV- Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số

Đối với phương pháp này ta thường làm như sau:
Cho phương trình : ¦(x) = g(x)
Nhận xét thấy x
0
là nghiệm của phương trình. Sau đó chứng minh x > x
0

và
x < x
0
không thỏa mãn phương trình . Từ đó Þ x
0

là nghiệm duy nhất của
phương trình. Hoặc có thể dựa vào 2 mệnh đề sau:
· Mệnh đề 1 : Nếu trên Txđ D của phương trình ta có :
¦(x) luôn đẳng biến trên D
g(x) luôn nghịch biến trên D
$ x
0
Î D : ¦(x) = g(x)
Þ x
0
là nghiệm duy nhất của phương trình ¦(x) = g(x)
1
2
3(
x –
1)

12
2
x
8
2
3x
2
2
x
2
2
x
4

2
x
8
2
3x
8
2
3x
2
2
x
1
2
3x
1
2
x

· Mệnh đề 2 : Cho phương trình ¦(x) = C ( Const) có Txđ D . Nếu :
¦(x) luôn đơn điệu trên D
$ x
0
Î D : ¦(x) = C
Þ x
0
là nghiệm duy nhất của phương trình ¦(x) = C
- Ví dụ : Giải phương trình sau :
1) 4
x
+ 3

x
= 5
x


Û ( )
x
+( )
x
= 1

Cách 1 : - Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình .

+ Với x < 2 Þ ( )
x
> ( )
2


( )
x
> ( )
2


Þ Vế trái > 1 Þ Với x < 2 không thỏa mãn phương trình .

+ Với x > 2 Þ ( )
x
< ( )

2


( )
x
< ( )
2


Þ Vế trái < 1 Þ Với x > 2 không thỏa mãn phương trình .
Þ Kết luận : x = 2 là nghiệm ! của phương trình.
Cách 2 : - Txđ : D = R
- Có x = 2 là 1 nghiệm của phương trình.

- ¦(x) =( )
x
+ ( )
x
luôn nghịch biến trên R

Vì có : ¦
‘
(x) = ( )
x
.ln + ( )
x
.ln < 0 " x Î R

Þ x = 2 là nghiệm ! của phương trình.

2) x
2
– (3 – 2
x
). x + 2( 1- 2
x
) = 0
Có : D = ( 2
x
+ 1 )
2

Þ x = 2
x = 1- 2
x
(*)
{

4
5

3
5

4
5

4
5

3
5

3
5

3
5
3
5
4
5

4
5
4
5

3
5

4
5

4
5

3
5

3
5


(*) Û 2
x
= - x + 1
Thấy : x = 0 thoả mãn (*)
- Có : ¦(x) = 2
x
đồng biến trên R
- Có : g(x) = - x + 1 nghịch biến trên R
Þ x = 0 là nghiệm ! của phương trình (*)
Vậy phương trình 2 ) có 2 nghiệm là x = 2
x = 0

* Bài tập tương tự tự giải :

1) 9
x
+ 2 ( x – 2 ).3
x
+ 2x – 5 = 0

2) 3. 5
2x + 1
- 7. 2
4 x + 1
= 19

3) 2
x-1
- 2 = ( x – 1 )
2
đặt : x – 1 = U ; x
2
– x = V

V- Phương pháp đánh giá hai vế

+ Đối với phương pháp này ta đựa vào nhận xét :

VP ³ a VP = a
VT £ a VT = a
+ Dựa vào tính chất bị chặn của hàm lượng giác Sin x & Cos x
+ Dựa vào BĐT Côsi.
- Ví dụ : Giải phương trình sau:

1) 2
x – 1
– 2 = x
2
- 2.x + 1

Có : x
2
- 2.x + 1 = ( x – 1 )
2
³ 0

2
x – 1
– 2 £ 0 vì x – 1 £ x
2
- x nên 2
x – 1
£ 2
Û x
2
- 2.x + 1 ³ 0
Vậy 1) Û ( x – 1 )
2
= 0
Û x = 1
2
x – 1
– 2 = 0

x
2
-
x

}

{
Þ VP = VT Û
x
2
-x

x
2
-
x

x
2
-
x

x
2
-
x

x
2
+ x
6


2) 2
x
+ 2
–x
= 2. Cos
2


Có : 0 £ Cos

2
£ 1 Þ VP £ 2

VT = 2
x
+ ³ 2 (BĐT Côsi)

2
x
+ = 2 2
x
= 2
- x

Þ 2 ) Û Û
Cos
2
= 1 = k.Õ (k Î Z )

x = 0
Û Û x = 0
= k.Õ

3) 4
S in x
– 2
1+Sin x
. Cos(xy) + 2
y
= 0

2
Sin x
- Cos(xy) + ( 2
y
– Cos
2
(xy) ) = 0

Vì 2
Sin x
- Cos(xy) ³ 0

2
y
– Cos
2
(xy) ³ 0 do 2
y
³ 2
0
= 1
Cos
2
xy £ 1

Þ 3 ) Û 2
Sin x
- Cos(xy) = 0
2

y
– Cos
2
(xy) = 0

2
Sin x
- Cos(xy) = 0 (1)
Û 2
y
= 1 (2)
Cos
2
(xy) = 1 (3)

Từ (2) Þ y = 0 thỏa mãn (3) và lúc đó (1) trở thành : 2
Sin x
= Cos xy =
1
Û Sin x = 0 Û x = k.Õ (k Î Z )
Þ Vậy phương trình có nghiệm là : x = k.Õ
y = 0

x
2
+ x
6

1
2

x

1
2
x

x
2
+ x
6

x
2
+ x
6

x
2
+ x
6

[
]

2
[

]

2

Với
"
x ,y

* Bài tập tương tự tự giải :

1) 2
x
+ 2
– x
= 2. Cos

2) 2 = ( VP ³ 4 ; VT £ 4)


VI- phương trình mũ có chứa tham số

- Phương trình mũ có chứa tham số ta thường gặp một số dạng sau :
+ Giải và biện luận.
+ Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm, có nghiệm duy
nhất , có nghiệm thỏa mãn điều kiện cho trước.
+ Biện luận theo tham số số nghiệm của phương trình.
Đối với các dạng này ta thường đặt ẩn phụ để đưa phương trình mũ đã cho
về những phương trình đại số đơn giản hơn rồi từ yêu cầu bài toán ta đưa về điều
kiện tương đương đối với phương trình đại số rồi giải quyết các điều kiện tương
đương đó.
- Ví dụ :
1)Xác định m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu :
m.4
x

+ (2m + 3).2
x
– 3m + 5 = 0 (1)
Nhận thấy nếu đặt 2
x
= t > 0 thì (1) sẽ có dạng :
¦(x) = m.t
2
+ (2m + 3).t – 3.m + 5 = 0 (*)
- ứng với mỗi giá trị t > 0 cho một giá trị x
- ứng với giá trị t > 1 cho giá trị x > 0
- ứng giá trị 0 < t < 1 cho giá trị x < 0
Vậy (1) có có 2 nghiệm trái dấu .
Û (*) có 2 nghiệm t
1
, t
2
: 0 < t
1
< 1 < t
2


Û a. ¦(1) < 0
a. ¦(0) > 0 Þ Giải tìm được m

2) Xác định m để phương trình sau có 2 nghiệm x
1
¹ x
2

sao cho x
1
+ x
2
=3
4
x
– m. 2
x+1
+ 2.m = 0 (2)
Đặt : 2
x
= t > 0 Þ (2) có dạng :
¦(x) = t
2
- 2m. t + 2.m = 0 (*)
x
3

tg
2
(xy) + cotg
2
(xy)
4
log
2
(4.x
2
– 4.x +

3)


Thấy (1) có 2 nghiệm x
1
¹ x
2
Û (*) có 2 nghiệm 0 < t
1
< t
2

Để x
1
+ x
2
= 3 Û 2 = 2
3
Û t
1
. t
2
= 8
Vậy yêu cầu bài toán Û (*) có 2 nghiệm t
1
, t
2


0 < t

1
< t
2

t
1
. t
2
= 8
D
’
> 0
a. ¦(0) > 0

Û 0 < Þ Giải tìm được m

= 8

* Bài tập tương tự tự giải :
1) Cho phương trình : m.4
x
– 2(m + 1).2
x
+ m + 4 = 0
Xác định m để : a) Phương trình có nghiệm
b) Phương trình có nghiệm duy nhất
c) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu x
1
, x
2

sao cho x
1
+ x
2
= -
2
2) Giải và biện luận theo a phương trình sau :

( 5 + 2Ö 6 )
tg x
+ ( 5 - 2Ö 6 )
tg x
= a

VII- Một số bài toán tham khảo thêm

1) 1 + a + a
2
+ a
3
+ + a
x
= (1+ a) (1+a
2
) (1+a
4
)

Û = (1+ a ) (1+a
2

) (1+a
4
)

Û 1 - a
x + 1
= (1- a
2
) (1+a
2
) (1+a
4
) = 1- a
8

Û x + 1 = 8
Û x = 7
2) a
x
+ ( b + 1 )
x
= b
x
+ ( a + 1 )
x
( a ; b > 0 )
Û ( a + 1 )
x
- a
x

= ( b + 1 )
x
- b
x

Giả sử x = a là nghiệm của phương trình
x
1
+x
2
S
2

c
a

1-

a
x + 1

1- a

Þ ( a + 1 )
a
- a
a
= ( b + 1 )
a
- b

a
(*)
Xét hàm ¦(t) = ( t + 1 )
a
- t
a
với t > 0 (ở đây xem như a đã biết)
Từ (*) Þ ¦(a) = ¦(b)
Giả sử a > b . Theo định lý Lagrăng có $ t
0
Î (a ; b) sao cho ¦
‘
(t
0
) = 0
Û a.( t
0
+ 1 )
a - 1
- a.t
0
a - 1
= 0
Û a = 0
( t
0
+ 1 )
a - 1
- t
0

a - 1
= 0
Û a = 0
( t
0
+ 1 )
a - 1
= t
0
a - 1

Û a = 0 Û a = 0
(a - 1).ln (t
0
+1) - (a - 1).ln t
0
= 0 a = 1

Thử lại thấy x = 0 hoặc x = 1 là nghiệm của phương trình.

3) 2
x – 1
– 2 = ( x – 1)
2

Đặt U = x – 1
V = x
2
- x
Þ V – U = (x – 1)

2

Þ V – U = (x – 1)
2

2
U
– 2
V
= (x – 1)
2

Þ 2
U
– 2
V
= V – U
Û 2
U
+ U = 2
V
+ V
Xét hàm ¦(t) = 2
t
+ t trên R ta có :
¦
‘
(t

) = 2

t
.ln 2 + 1 > 0 " t Î R
Þ ¦(t) đồng biến trên R
Þ ¦(U) = ¦(V)
Û U = V
Û (x – 1) = x
2
- x
Û x = 1

C - kết quả đề tài

Thông qua quá trình giảng dạy học sinh khối 11, 12 và ôn luyện cho đối t-
ượng học sinh khá giỏi , tôi đã áp dụng đề tài trên và kết quả cho thấy là :
1/- Học sinh có khả năng nhìn nhận đúng đắn và hiểu rõ bản chất của bài
toán trong quá trình giải bài .
x
2

-
x


2/- Giúp học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phương pháp giải hay ,
ngắn gọn cho các dạng bài toán đó .
3/- Hình thành được tư duy logic , kỹ năng giải các bài toán phương trình
mũ.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân tôi rút ra trong quá trình giảng
dạy về việc giải các phương trình mũ.
Các vấn đề đã đưa ra có thể còn có những thiếu sót , tôi rất mong được sự

góp ý của các bạn đồng nghiệp để bản sáng kiến này được hoàn chỉnh hơn .
Tôi xin trân trọng cảm ơn !
Hạ long , ngày tháng năm 2007
Người viết





Nguyễn Thị Tiến Lộc